体会本质,以不变应万变——理解裂项求和的基本方法

天津市南开中学(300100) 张广民

裂项求和是学生们非常熟悉的一种数列求和的基本方法,但是很多学生都是以记住了一些能够裂项的数列的结论,在解题的过程中套用这样的结论.但是遇到一些新的情景,就会出现问题.而实际上,裂项求和有着及其重要和丰富的内涵,对于理解数列的变化规律也有着重要的作用.本文通过对这个问题背景的探索,帮助学生理解裂项求和的本质,从根源理解裂项求和,淡化特殊技巧和结论.

在裂项求和的教学过程中,教师往往会强调一个常见的模型:若{an}是等差数列,且公差d ̸=0,则形如的数列求和可用裂项这种方法,具体做法为

虽然这个数列的结构与常见的模型不太一样,但是仍然也可以用裂项相消来进行求和.所以从教学角度来说,并不能让学生形成只有{bn}这种结构才可以裂项的想法,而是能够主动的根据数列结构来进行裂项相消.

比较常见的,能够用裂项相消来求和的数列大部分是一个“分式型”的数列,分式的分母能够进行因式分解,而裂项的目的在于“相消”,所以关键在于作为这个分式的分子能否用分母因式分解后的因式用求差的方式来表示分子,比如

这是学生判断这个数列能否“裂项相消”的主要特征,而掌握了这个特征,就使得学生可以主动地运用裂项来处理求和问题.比如2018年高考天津卷理科第18 题:

题目设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n ∈N∗),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.

(I)求{an}和{bn}的通项公式;

(II)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n ∈N∗),

(i)求Tn;

此题的前几问不再赘述,我们只看最后一问,经过前几问我们得到an=2n−1,bn=n,Tn=2n+1−n−2,则当然这一问我们可以从要证明等式的右边来推断出左边如何裂项,但是如果主动的运用裂项来处理这个数列,我们可以发现分母是两个因式乘积的结构,而分子还有2 的指数幂的结构,所以考虑用分母的因式结合2 的幂的结构来构成求差的形式,从而

从而达到了证明目的.

上述方法对于裂项来说可以说是一种“大方向”上的处理手段.具体操作需要根据题目条件进行“凑”一下,从而找到结果.但是对于学生而言,这种主动的找到裂项的方法更多是一种技巧性的使用,对于学生技巧的运用似乎要求更高,就像天津这道高考题,如果没有右边结论的提示,能不能有一种理论上的可以找到裂项的方法,而不仅仅是只知道“大方向”,然后采用“凑”的方式来找到具体如何裂项呢?

一、差分数列

定义对于数列{an},记∆an=an+1−an,我们称数列{∆an}为{an}的(一阶)差分数列.

比如:数列1,3,5,7,···的差分数列为2,2,2,···;数列1,2,4,8,16,32,···的差分数列仍为1,2,4,8,16,···;数列1,2,3,5,8,13,21,···的差分数列为1,1,2,3,5,8,13,··· .实际上,差分数列体现出数列的递增(减)的幅度,即每一项与前一项的差值.这个想法也是研究一个数列变化规律的基本想法.从另一个角度来看,这也正好体现出数列{an}的变化率,类似于函数的平均变化率数列是一个自变量取值为正整数的函数,因此数列的变化率会类似于函数的导数.只不过因为数列项数变化是离散的,而导数中的增量会趋向于零.我们可以看出,一个等差数列的差分数列是一个常数列,一个等比数列(公比不为1)的差分数列还是一个等比数列,恰对应着一次函数的导数是一个常数,指数型函数的导数仍然是指数型.前面的第三个例子(斐波那契数列),可以看出它的差分数列还是它自身,因此我们可以猜想它的通项也应该是一个指数型的.实际上,斐波那契数列的通项为它实际是两个等比数列的和.

二、裂项求和与定积分

从差分数列的概念可以看出,an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+···+(an−an−1),即为an=a1+∆a1+∆a2+···+∆an−1.也就是说,an是由a1和其差分数列{∆an}的前n−1 项之和构成,从几何的角度,可以理解为an是在a1的基础上加上后面所有相邻项的增量.实际上,我们在研究等差数列通项公式的时候,就是应用的这个方法.由于等差数列的差分数列是以公差d为项的常数列,故an=a1+d+d+···+d=a1+(n−1)d.

对于数列求和,恰是把上面的过程反之.即,我们要研究一个数列{an}的前n项和Sn,那么我们应该把{an}看成是某一个数列{bn}的差分数列,即要满足an=bn+1−bn.这样的话,就有bn+1=b1+a1+a2+···+an,从而有Sn=a1+a2+···+an=bn+1−b1.因此,我们只需要找到满足要求的bn即可.这个过程就是裂项求和的基本思想.

比如,若an=kn+b,可取这时再如,若an=qn−1(其中q ̸=1),可取这时.

与函数的积分做一个对比,若an对应一个函数f(x),则bn对应于f(x)的一个原函数F(x),于是上面的关系对应∫但是要注意,对于定积分,它是将f(x)中变量x进行无穷小的分割,但是对于数列其自变量取值总是离散的.因此,这个对应关系只是结构上的关系,数值上还是不同的.

三、如何寻找一个差分数列的原数列

这个想法正是由函数积分的关系得到.比如,当an=kn+b时,对应函数为f(x)=kx+b,其原函数为其中c ∈R.由于前面提到的,数列离散的特点,因此但是其单调变化的模式应该与F(x)是一致的,因此我们可以考虑bn=αn2+βn+γ,甚至注意到离散关系不会影响二次项的系数,而常数项γ在利用时总会被消去,故直接取即可.利用bn+1−bn=an可以解得即可求得.

类似的,当an=qn−1时,其对应函数为f(x)=qx−1,原函数为与前面同样的原因,我们可以设bn=αqn,利用待定系数法求得故由此可得.

再来看看我们熟知的等差乘以等比的数列求和.

已知数列{an}是首项为a1,公差为d等差数列,数列{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列,cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Sn.

传统的方法是错位相减法,这里我们尝试寻找一下以{cn}为差分数列的原数列.容易得到cn=(dn+a1−d)·b1qn−1,不妨记其为cn=k(n+s)qn,其中其对应的函数为f(x)=k(x+s)qx.我们容易得到函数g(x)=(x+s)ex的原函数是G(x)=(x+s−1)ex+c,类似的,可以求出f(x)的原函数为实际上,我们没有必要求得F(x),只要知道F(x)的构成形式,就可以设出其原数列tn.因此由G(x)的形式,我们设tn=(αn+β)qn,由tn+1−tn=[(αq−α)n+(α+β)q−β]qn=cn=k(n+s)qn,进而得到带入即可求得.在具体问题的求解过程中,我们只需要掌握这个方法即可.比如:

例题1已知数列{an}满足an=(4n+1)3n−1,求其前n项和Sn.

分析设bn满足an=bn+1−bn,由前面知,可设bn=(αn+β)3n−1.再由bn+1−bn=(4n+1)3n−1,可得即.

解由3n−1,记则an=bn+1−bn,故有

通过这样的方法,我们就回避了错位相减法,直接裂项求得结果.一般的,an=(An+B)qn−1的原数列形式为bn=(αn+β)qn−1,故{an}的前n项和为Sn=bn+1−b1=(αn+α+β)qn−(α+β),其中α和β可以通过待定系数法确定.

我们再看个例子.

例题2求Sn=1×n+2×(n−1)+3×(n−2)+···+n×1.

分析其对应通项为ak=k(n−k+1)=−k2+(n+1)k,其中k=1,2,···,n.注意到它是一个关于k的二次式,二次项系数为−1,故可设其原数列为bk=由bk+1−bk=ak,可以解得.

解设则有ak=k(n−k+1)=−k2+(n+1)k=bk+1−bk.又因为

故可得

当然,这里提到的观点是裂项处理的本质.在具体的问题中,如果不知道如何裂项的话可以使用这个方法尝试.在实际的操作过程中,往往还是根据已知数列通项的特征进行尝试,处理起来可能会更加方便.

例题3(2020年高考天津卷第19 题)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4−a3),b5=4(b4−b3).

(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式;

(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn,求证:(n ∈N∗);

(Ⅲ)对任意的正整数n,设

求数列{cn}的前2n项和.

本题前两问比较简单,这里不再赘述,可得an=n,bn=2n−1.进而可得

对于c2k−1的求和,很明显可以看出要将其裂项为的形式,经整理可得故有对c2k求和,我们可以将c2k裂项为其中k ∈N∗.

四、小结

实际上,任何一个数列{an}都有以其为差分数列的原数列.至少其前n项和Sn即满足an=Sn−Sn−1(n ∈N∗且n≥2),因此,bn=Sn−1(n≥2),b1=0 就是{an}的一个原数列.所以,从理论上来讲,裂项求和是可以解决我们遇见的所有的求和问题.但是,其难点就是找到这个数列的原数列,本质上就是要找到其前n项和的形式.我们将数列求和与函数的定积分类比,通过函数的原函数形式判断数列原数列的形式,然后用待定系数法确定之.